24

20

08

"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"Galileu GalileiI A2

00

8

MATEMÁTICA

= {0,1,2,3, ...}

: conjunto dos números inteiros

: conjunto dos números reais

: conjunto dos números complexos ∅: conjunto vazio [a,b] = {x ∈ ; a ≤ x ≤ b}

(a,b)= ]a,b[ = {x ∈ ; a < x < b}

[a,b) = [a,b[ = {x ∈ ; a ≤ x < b}

(a,b] = ]a,b] = {x ∈ ; a < x ≤ b} A – B = {x ∈ A; x ∉ B} P(A) : coleção de todos os subconjuntos de A AB : segmento de reta unindo os pontos A e B AB : arco de circunferência de extremidades A e B Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.

i : unidade imaginária; i2 = –1 |z| : módulo do número z ∈

z : conjugado do número z ∈

Re z : parte real de z ∈

Im z : parte imaginária de z ∈ I : matriz identidade A–1 : inversa da matriz inversível A At : transposta da matriz A det A : determinante da matriz A AC : complementar de A

Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e 0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população.

a) 121

b) 18

c) 321

d)521

e)14

Resolução: Sendo os eventos: D: pessoa daltônica H: homens M: mulheres Temos: ( )( )

0,05

0,0025

P H D

P M D

∩ =

∩ =

Sendo ( )/P M D a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso, temos:

( ) ( )( )

/P M D

P M DP D

∩=

( ) 0,0025 25 1/0,0025 0,05 525 21

P M D = = =+

Alternativa A

Q u e s t ã o 0 1

2

Sejam α, β ∈ tais que |α| = |β| = 1 e |α – β| = 2 . Então α2 + β2 é igual a

a) –2 b) 0 c) 1 d) 2 e) 2i Resolução: Como |α| = |β|= 1, temos que α e β são do tipo: α = cosx + i senx e β = cosy + i seny Como |α – β| = 2 , temos:

|(cosx – cosy) + i (senx – seny)| = 2

( )22(cos cos ) sen sen 2x – y x – y+ =

cos2x – 2 cosx cosy + cos2y + sen2x + 2 senx seny + sen2y = 2 cosx · cosy + senx · seny = 0 cos(x – y) = 0

x – y = 2π + kπ

x = y + 2π + kπ (I)

Calculando α2 + β2, temos: α2 + β 2 = (cos2x + i sen2x) + (cos2y + i sen2y) = (cos2x + cos2y) + i (sen2x + sen2y) De (I) temos:

x = y + 2π + kπ

2x = 2y + π + 2kπ ∴ cos2x = – cos2y sen2x = – sen2y Voltando em α2 + β2: α 2 + β 2 = (–cos2y + cos2y) + i (–sen2y + sen2y) = 0 + i 0 = 0

Alternativa B

Considere o sistema ,Ax b= em que 1 2 3 12 6 , 61 3 3 0

A k bk

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

e .k ∈

Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de todos os valores de k que tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T S− é: a) 4− b) 3− c) 0 d) 1 e) 4

Q u e s t ã o 0 2

Q u e s t ã o 0 3

23

Professores

Bernadelli Marcelo Moraes

Moraes Ney Marcondes

Revisão

Diego Bernadelli João Neto

Digitação e Diagramação

Antônio A. Vítor Márcia Samper Pedro Naves Plínio Lagares Val Pinheiro

Vinícius Eduardo

Projeto Gráfico

Antônio Vitor Vinícius Eduardo

Supervisão Editorial

Alício Leva Rodrigo Bernadelli Marcelo Moraes

Copyright©Olimpo2007

As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos, competências, e habilidades específicos. Esteja preparado.

www.cursoolimpo.com.br

22

Considere a parábola de equação 2 ,y ax bx c= + + que passa pelos pontos ( ) ( )2, 5 , 1, 2− e tal que , ,a b c formam, nesta

ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice da parábola à reta tangente á parábola no ponto ( )2, 5 . Resolução:

Como a parábola 2y ax bx c= + + , passa pelos pontos ( )2;5 e ( )1;2− temos, 4 2 5

2a b c

a b c+ + =⎧

⎨ − + =⎩

Como a ; b ; c estão em . .P A , podemos afirmar que a b r= − e c b r= + , onde r é a razão da . .P A

Assim ( )4 2 5

32

b r b b rr

b r b b r⎧ − + + + =⎪ ⇒ =⎨

− − + + =⎪⎩ e 2b =

Logo ( ) 2 2 5f x x x= − + +

Derivando ( )f x , temos ( )' 2 2f x x= − + , no ponto ( )2;5 , ( )' 2 2,f = − coeficiente angular da reta tangente à parábola no ponto (2; 5),

assim a equação da reta tangente à parábola é 2 9 0.x y+ − =

A distância do ponto ( )1;6 , vértice da parábola, à reta 2 9 0x y+ − = é 2 6 9

.4 1

d+ −

=+

5 .5

d∴ =

Q u e s t ã o 3 0

3

Resolução: Se det 0,A ≠ o sistema Ax b= será possível e determinado, logo

( )3 18 12 3 18 4 12 0k k k k− + + + − + − ≠ ⇒ 0k ≠ e 4.k ≠ −

Assim para que Ax b= seja possível e indeterminado ou impossível basta tomarmos 0k = ou 4.k = − Para 0k = temos

1 2 3 12 0 6 6 ,1 3 3 0

xyz

−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

escalonando

1 2 3 10 4 0 4 ,0 1 0 1

xyz

−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

que é um sistema possível e indeterminado.

Para 4k = −

1 2 3 12 4 6 6 ,1 3 7 0

xyz

−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

escalonando

1 2 3 10 0 0 4 ,0 1 4 1

xyz

−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

que é um sistema impossível.

0S∴ = e 4T = −

4.T S− = −

Alternativa A

Sejam A e C matrizes xn n inversíveis tais que 1det( ) 1/ 3I C A−+ = e det 5A = . Sabendo-se que 1 13( )tB A C− −= + , então o determinante de B é igual a:

a) 3n b) 2

325

n

⋅ c) 15

d) 13

5

n−

e) 15 3n−⋅

Resolução:

1 13( )tB A C− −= +

( ) 1 1det 3 det( )nB A C− −= ⋅ +

Calculando 1 1det ( ) :A C− −+

Sendo 1I C A D−+ ⋅ =

1det( )3

D =

Temos 1 1 1A C D A− − −+ = ⋅ , daí: 1 1 1

1 1

1 1

det( ) det( ) det( )1 1det( )3 51det( )

15

A C D A

A C

A C

− − −

− −

− −

+ = ⋅

+ = ⋅

+ =

Voltando em : 11 3det( ) 3

15 5

nnB

−

= ⋅ = .

Alternativa D

Q u e s t ã o 0 4

4

Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se o polinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de maior grau tem grau igual a a) 30 b) 32 c) 34 d) 36 e) 38 Resolução: O grau de P é igual a soma dos graus de seus fatores:

2 3 42 2 2 2 2 62,q q q q+ ⋅ + + + = em que q é a razão da P.G. 2 3 4 30q q q q+ + + =

Lembrando que q é um inteiro positivo, q = 2. Portanto, o maior grau será 4 42 2 2 32.q⋅ = ⋅ =

Alternativa B

Um diedro mede 120º. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume 4 3π cm3 que tangencia as faces do diedro é, em cm, igual a a) 3 3 b) 3 2 c) 2 3 d) 2 2 e) 2

Resolução: Dado o volume da esfera podemos obter seu raio:

Na figura observamos que: 2 120 60º º= ⇒ =α α

sen ,rd

α = em que d é a distância pedida.

3sen 60ºd

=

3 32 d

=

2cmd∴ =

Alternativa E

Q u e s t ã o 0 5

Q u e s t ã o 0 6

3

3 3

4 4 33

3 3 3

3 cm

V r

r

r

= =

= =

=

π π

21

3 10 3 10 4 15 10sen sen cos sen cos5 10 10 5 50

β = α ⋅ γ + γ ⋅ α = ⋅ + ⋅ =

3 10sen10

β =

Seja S a área do ABCΔ :

1 1 3 10AB BC sen 2 5 2 22 2 10

S = ⋅ ⋅ ⋅ β = ⋅ ⋅ ⋅

6S = . Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB um diâmetro de C. Considere o triângulo eqüilátero BDE inscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à circunferência C no ponto A.

Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada pelo arco AE e pelos segmentos AF e EF em torno do diâmetro AB . Resolução:

No :OPEΔ OE r=

2rOP =

32

rPE =

Da semelhança entre os triângulos OPE e :OAF

3AF r= Seja V o volume do sólido pedido:

( )2 2 2

33 3tronco calota

AF AO PE PO APV V V OE AP⎛ ⎞π ⋅ ⋅ − π ⋅ ⋅ π ⋅

= − = − ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2

22 33 32 2 2 23 3

r r r rr r rV

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π ⋅ ⋅ − π ⋅ ⋅⎜ ⎟ π ⋅ ⋅ ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= −

323

V r= π

Q u e s t ã o 2 9

20

Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: ( ) ( ) 1/ 2,P A P B= = com A e B

independentes, ( ) 1/16,P A B C∩ ∩ = e sabe-se que ( ) ( )( ) 3/10.P A B A C∩ ∪ ∩ = Calcule as probabilidades condicionais

( )|P C A B∩ e ( )| CP C A B∩ .

Resolução:

A probabilidade condicional P(A/B) = ( )

P( A B )P B∩

Assim P(C/A ∩ B) = ( )( )

( )P C A B

P A B∩ ∩

∩ =

1 16 11 4 4//

=

( ) ( )( )( )/

CC

C

P C A BP C A B

P A B

∩ ∩∩ =

∩

Temos ( ) ( )( ) 310

P A B A C∩ ∪ ∩ =

( ) ( ) ( ) 310

P A B P A C P A B C∩ + ∩ − ∩ ∩ =

1 1 3 9( ) ( )4 16 10 80

P A C P A C+ ∩ − = ⇒ ∩ =

Assim, ( ) 1/ 20 1/1/ 4 5

cP C A B∩ = = .

Observação

( )( ) ( )( ) ( )CP A C B P A C B P A C∩ ∩ + ∩ ∩ = ∩

( )( )1 916 80

CP A C B+ ∩ ∩ =

( )( ) 9 1 180 16 20

CP A C B⇒ ∩ ∩ = − =

Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio 5 2 .

3 Sabe-se que AB mede 2 5 e

BC mede 2 2. Determine a área do triângulo ABC. Resolução:

A

B C

�

� �

5 2

3R �

2 5

2 2

Lei dos senos: 2 2 3 42 sen cossen 5 5

R= ⇒ α = ⇒ α =α

, pois ] [0 2, /α∈ π

2 5 3 10 102 sen cossen 10 10

R= ⇒ γ = ⇒ γ =γ

, pois ] [0 2, /γ∈ π

No ABCΔ :

( )180 sen senºα + β + γ = ⇒ β = α + γ

Q u e s t ã o 2 7

Q u e s t ã o 2 8

5

Considere o quadrado ABCD com lados de 10 m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB e N um ponto sobre o lado ,AD eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD e por N uma reta s paralela ao lado ,AB que

se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado BC e Q é a intersecção de r com o lado .DC Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pontos A e M é igual, em metros, a a) 15 5 5+ b) 10 5 5+ c) 10 5− d) 15 5 5− e) 10 3 5− Resolução:

A seqüência ( )( )22 2, 10 , 10x x− é uma P.G.:

( )22 2 210 10x x⎡ ⎤− = ⋅⎣ ⎦

( )210 10x x− = ⋅ 2100 20 10x x x− + =

2 30 100 0x x− + =

30 5002

x ±=

15 5 5x = ±

Como 0 < x < 10 , temos ( )15 5 5 m.x = −

Alternativa D

Q u e s t ã o 0 7

6

Considere o polinômio p(x) = a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 – a1, em que uma das raízes é x = –1. Sabendo-se que a1, a 2, a 3, a 4 e a 5 são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com a4 = 1/2, então p(–2) é igual a a) – 25 b) – 27 c) – 36 d) – 39 e) – 40 Resolução:

( )1 2 3 4 51 1 1 1 1, , , , 3 , 2 , , , ,2 2 2 2 2

a a a a a r r r r⎛ ⎞= − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

em que r é a razão da PA.

O polinômio dado pode ser escrito da forma

5 4 3 21 1 1 1 1( ) – – 2 – – 32 2 2 2 2

p x r x x r x r x r⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

E sendo x = –1 raiz, temos:

( ) 1 1 1 1 11 2 3 02 2 2 2 2

12

p – r – – r – r – – r

r

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

Assim:

( )4 2

5 12 2x xp x x –= + +

( ) ( ) ( ) ( )4 25 2 2

2 2 1 252 2

p− −

∴ − = − + − + = −

Alternativa A

Sobre a equação polinomial 2x4 + ax3 + bx2 + cx – 1 = 0, sabemos que os coeficientes a, b, c são reais, duas de suas raízes são inteiras e distintas e 1/2 – i/2 também é sua raiz. Então, o máximo de a, b, c é igual a a) –1 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 Resolução: 2x4 + ax3 + bx2 + cx –1 = 0

α, β, 12 2

i− e

12 2

i+ são as raízes da equação

α + β + 12 2

i− +

12 2

i+ =

2a

−

α + β = 2

2a− −

1

α ⋅ β ⋅ 1 1 12 2 2 2 2

i i −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

αβ ⋅ 1 12 2

−=

α ⋅ β = –1 ⇒ α = 1 e β = –1, pois α e β são inteiros distintos. Voltando em 1:

1 + (–1) = 22

a− −⇒ a = –2.

Reescrevendo a equação 2x4 –2x3 + bx2 + cx –1 = 0

Q u e s t ã o 0 8

Q u e s t ã o 0 9

19

1) Se a b= : 0 0bc bc b+ = ⇒ = ou 0c =

1.1) 20 1 1a b c c= = ⇒ = ⇒ = ±

0 11 0

A ⎡ ⎤∴ = ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ou

0 11 0

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

1.2) 0 1c a b= ⇒ = = ± 1 00 1

A ⎡ ⎤∴ = ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ou

1 00 1

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

2) Se a b= − :

2 2 21 1c b b c+ = ⇒ = ± − , em que [ ]1 1c ,∈ − .

2

2

1

1

c cA

c c

⎡ ⎤− −⎢ ⎥∴ =⎢ ⎥−⎣ ⎦

ou 2

2

1

1

c cA

c c

⎡ ⎤−⎢ ⎥=⎢ ⎥− −⎣ ⎦

em que [ ]1 1c ,∈ − .

Notemos que para 1c = − ou 1c = voltamos ao caso 1.1.

Determine todos os valores ,2 2−π π⎤ ⎡α ∈⎥ ⎢⎦ ⎣

tais que a equação (em x) 4 242 3 tg 0x x− + α = admita apenas raízes reais simples.

Resolução:

4 242 3 tg 0x x− + α =

42 2 3 4 3 4 tg

2x

± − α=

2 3 3 tgx = ± − α

3 3 tgx = ± ± − α

Para que as raízes sejam reais e distintas devemos ter:

3 tg 0− α > e 3 3 tg 0− − α >

tg 3α < e tg 0α >

tg

3

�3

0

] [0, / 3S∴ = π

Q u e s t ã o 2 6

18

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

2 22 22 2

1 11 11 1

2 2

ln x x x xln x x ln x xg x ln x x x x

⎡ ⎤+ + − ++ + + − + ⎣ ⎦= = = + + − +

( )( ) ( )

2

2 2 2 2

2

11 1 1 1

2 2 1

x xlnln x x ln x x x x x xh x ln .x x

⎡ ⎤+ +⎢ ⎥ ⎡ ⎤+ + − − + − + + +⎣ ⎦= = = ⎢ ⎥

− +⎢ ⎥⎣ ⎦

Sejam , , .α β γ∈ Considere o polinômio p(x) dado por

( ) ( ) ( ) ( )5 4 3 29 2 2 2 2 1 2 1x x x x x− + α −β − γ + α + β + γ − + α −β− γ + + α +β+ γ − Encontre todos os valores de ,α β e γ de modo que 0x = seja uma raiz com multiplicidade 3 de p(x). Resolução: Para que 0x = seja raiz. é preciso que 2 1 0.α +β + γ − =

Derivando ( ),p x temos:

( ) ( ) ( )4 3 2' 5 36 3 2 2 2 2 2 1p x x x x x= − + α −β − γ + α + β + γ − + α −β − γ +

Assim, 1 0α −β − γ + =

Derivando ( )' ,p x temos:

( ) ( ) ( )3 2'' 20 108 6 2 2 2 2 2p x x x x= − + α −β − γ + α + β + γ −

Assim, 2 2 2 0α + β + γ − =

Resolvendo o sistema 2 1

12 2 2

α + β + γ =⎧⎪α −β − γ = −⎨⎪α + β + γ =⎩

encontramos 0,α = β∈ e 1 .γ = −β

Para termos 0 como uma raiz de multiplicidade 3 devemos garantir que 2 0α −β − γ ≠ (caso contrário terá multiplicidade 4). Desta relação temos: 0 2 2 0 2.−β − + β ≠ ⇒β ≠

( ) ( ) ( ) { }{ }3, , / , , 0, , 1 , 2S = α β γ ∈ α β γ = β −β β∈ −

Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e 1 tA A− = . Determine todas as matrizes 2 2× que são simétricas e ortogonais, expressando-as, quando for o caso, em termos de seus elementos que estão fora da diagonal principal. Resolução:

a cA

c b⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, pois A é simétrica.

1t a cA A

c b−⎡ ⎤

= =⎢ ⎥⎣ ⎦

, pois A é ortogonal.

1 1 0 1 00 1 0 1

a c a cA A

c b c b− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⋅ = ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )2 2 1 1a c+ =

( )0 2ac bc+ =

( )2 2 1 3c b+ =

De ( )1 e ( )3 vem:

2 2a b a b= ⇒ = ±

Q u e s t ã o 2 4

Q u e s t ã o 2 5

7

2 2 1 0, 1 .2 2 1 0, 1 .

b c pois é raizb c pois é raiz

− + + − =⎧⎨ + + − − = −⎩

Resolvendo o sistema: b = –1 e c = 2 Logo, o máximo de a, b, c é igual a 2.

Alternativa C

É dada a equação polinomial ( ) ( ) ( ) ( )3 22 3 1 4 0a c x b c x c a x a b ,+ + + + + + − + + + = com a, b, c reais. Sabendo-se que esta

equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então o produto abc é igual a a) 2− b) 4 c) 6 d) 9 e) 12 Resolução: Como é uma equação recíproca de primeira espécie, temos:

( )( )

2 4 2 I

3 1 3 1 II

a c a b b c

b c c a a c .

+ + = + + ⇒ = −

+ + = − ⇒ = − +

Como 1 é raiz, temos:

( )2 3 1 4 0 2 5 7 IIIa c b c c a a b a b c .+ + + + + + − + + + = ⇒ + + =

Substituindo ( )I e ( )II em ( )III :

3 1 2 4 5 7c c c− + + − + = − 4 4c = −

1c = − . Voltando em ( )I e ( )II temos:

3b = − e 4a =

( )( )4 3 1 12abc∴ = − − =

Alternativa E

Sendo [–π/2, π/2] o contradomínio da função arcoseno e [0, π] o contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de

3 4cos arcsen arccos5 5

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) 112

d) 115

b) 725

e) 1

2 5

c) 4

15

Q u e s t ã o 1 0

Q u e s t ã o 1 1

8

Resolução:

No triângulo acima temos:

3 4arcsen arccos5 5

= =α

3sen5

α =

4cos5

=α

( ) 2 23 4cos arcsen arccos cos cos α sen α5 5

⎛ ⎞∴ + = + = −⎜ ⎟⎝ ⎠α α

3 4 16 9 7cos arcsen arccos5 5 25 25 25

⎛ ⎞+ = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Alternativa B

Dada a cônica λ : x2 – y2 = 1, qual das retas abaixo é perpendicular à λ no ponto P = (2, 3 )? a) ( )3 1y x= −

b) 3

2y x=

c) ( )3 13

y x= +

d) ( )3 75

y x−= −

e) ( )3 42

y x−= −

Resolução: A reta perpendicular à λ é perpendicular a reta tangente à λ no mesmo ponto.

Como o gráfico da função ( ) 2 1,f x x= − para 1,x ≥ coincide com λ no primeiro quadrante, temos que o coeficiente angular da reta

tangente a λ em ( )2, 3 será ( )' 2 ,m f= onde 'f denota a derivada da função f.

Portanto:

( ) ( ) ( )1

2 21' 1 22

f x x x−

= − ⋅

( )2

' , 11

xf x xx

= >−

( ) 2' 24 1

f =−

( ) 2' 2 .3

f =

Sendo m’ o coeficiente angular da reta perpendicular, temos: ' 1m m⋅ = −

2 ' 13

m⋅ = −

3' .2

m = −

Q u e s t ã o 1 2

17

Estudo do sinal da função 4 23 2y x x x= − −

( ) ( ) ( )2 1 1 0 2S , , ,= −∞ − ∪ − ∪ +∞

De i e ii temos:

( ) ( ] ( )1 2 1 1 2 3 2A S S , , / ,= ∩ = −∞ − ∪ − − ∪ +∞

Determine as raízes em de 64 256 0,z + = na forma ,a bi+ com , ,a b∈ que pertençam a

{ }; 1 2 3 .S z z= ∈ < + <

Resolução:

64 256 0z + =

61

2 264 2 cos sen , 0, 1, 2, 3, 4, 5.3 6 3 6k

k kz z i k+

⎛ ⎞π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇒ = + + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

( ){ };1 2 3S z z= ∈ < − − < tem como representação no plano complexo uma coroa circular de centro 2− e raio variando entre 1 e 3.

Marcando no plano complexo as raízes e o conjunto S:

Notamos então que apenas as raízes 2 3 42 , 3 , 3z i z i z i= = − + = − − e 5 2z i= − pertencem a S.

Seja ( ) ( )2 1 , .f x ln x x x= + + ∈ Determine as funções , :h g → tais que ( ) ( ) ( ) , ,f x g x h x x= + ∀ ∈ sendo h uma

função par e g uma função ímpar. Resolução: Para toda função definida em um domínio simétrico vale

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

f x f x f x f xf x

+ − − −= + , em que a primeira parcela da soma é par e a segunda é ímpar.

( ) ( ) ( )2

f x f xg x

+ −∴ = e ( ) ( ) ( )

2f x f x

h x− −

=

Q u e s t ã o 2 2

Q u e s t ã o 2 3

16

Nos triângulos PAR, RCQ e PBQ: 2 2 2 2 215 225x x= + ⇒ = − 2 2 2 2 210 100y y= + ⇒ = − 2 2 2 2 2 2( ) 5 2 25x y x xy y= + + ⇒ = + + +

Substituindo e em :

2 2 2 2 2225 2 225 100 100 25= − + ⋅ − ⋅ − + − + 2 2 22 225 100 300− ⋅ − = −

( ) ( ) ( )22 2 24 225 100 300⋅ − ⋅ − = −

4 2 2 44 1300 90000 90000 600− + = − + 4 23 700 0− =

2 700 10 7 10 21,

3 33∴ = ⇒ = = pois 15> .

Seja S e 2p a área e o perímetro do ,PQRΔ respectivamente: 2

23 175 3 cm4 3

S = =

2 3 10 21cmp = =

Alternativa B

Dado o conjunto { }2 2; 3 2 ,A x x x x= ∈ + < expresse-o como união de intervalos da reta real.

Resolução: i) 23 2 0x x+ ≥

( ] [ )1 2 3 0S , / ,= −∞ − ∪ +∞

ii) 2 23 2x x x> + 4 23 2x x x> + 4 23 2 0x x x− − >

Raízes de 4 23 2 0x x x− − = :

1 0x =

2 1x = −

1− 1 0 3− 2−

1 1− 2− 0

2 2 0x x− − =

3 1x = −

4 2x =

Q u e s t ã o 2 1

9

Daí segue que a equação da reta perpendicular a λ será:

( )33 22

y x− = − −

33 32

y x− = − +

3 2 32

y x= − +

( )3 42

y x= − −

Alternativa E

O conjunto imagem e o período de f(x) = 2 sen2 (3x) + sen (6x) – 1 são, respectivamente, a) [–3, 3] e 2π

b) [–2, 2] e 23π

c) [ 2− , 2 ] e 3π

d) [–1, 3] e 3π

e) [–1, 3] e 23π

Resolução:

( ) ( ) ( )2cos 6 cos 2 3 1 2 sen 3x x x= ⋅ = −

( ) ( )22 sen 3 1 cos 6x x= − 1

Substituindo 1 em f(x) temos: ( ) ( ) ( )1 cos 6 sen 6 1f x x x= − + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2sen 6 cos 6 2 sen 6 cos 62 2

f x x x x x⎛ ⎞

= − = ⋅ − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) ( )2 sen 6 cos sen cos 64 4

f x x x⎛ ⎞= ⋅ − ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

π π

( ) 2 sen 64

f x x⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

π

Os valores assumidos por ( )f x variam de 2− a 2 e seu período é dado por 26 3

rad=π π

.

Alternativa C

Q u e s t ã o 1 3

10

Para x ∈ , o conjunto solução de |53x – 52x + 1 + 4 ⋅ 5x| = |5x – 1| é a) { }0, 2 5, 2 3± ±

b) ( ){ }50, 1, log 2 5+

c) 5 5 51 1 20, log 2, log 3, log2 2 2

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭

d) ( ) ( ) ( ){ }5 5 50, log 2 5 , log 2 3 , log 2 3+ + −

e) A única solução é x = 0 Resolução:

3 2 15 5 4 5 5 1+− + ⋅ = −x x x x ( )3 25 5 5 4 5 5 1 I− ⋅ + ⋅ = −x x x x

ou ( )3 25 5 5 4 5 5 1 II− ⋅ + ⋅ = − +x x x x

Resolvendo ( )I :

3 25 5 5 3 5 1 0− ⋅ + ⋅ + =x x x Sendo 5 =x z , temos:

3 25 3 1 0− + + =z z z

1 1 5− 3 1 1 4− 1− 0

2 4 1 0− − =z z

16 4 20Δ = + =

4 2 52

±=z

2 5= ±z

1∴ =z ou 2 5= +z ou 2 5= −z Se 1 5 1 0= ⇒ = ⇒ =xz x

Se ( )52 5 5 2 5 log 2 5= + ⇒ = + ⇒ = +xz x

Se 2 5 5 2 5= − ⇒ = −xz , o que é impossível. Resolvendo ( )II :

3 25 5 5 5 5 1 0− ⋅ + ⋅ − =x x x Sendo 5 =x z , temos:

3 25 5 1 0− + − =z z z

1 1 5− 5 1− 1 4− 1 0

2 4 1 0− + =z z

16 4 12Δ = − =

4 2 32

±=z

2 3z = ±

Q u e s t ã o 1 4

15

Resolução: Utilizando diagrama de Venn, temos:

De onde concluímos:

( ) { }1, 2, 3, 4, 7, 8x z w⎡ ∩ ∪ ⎤ =⎣ ⎦

( ) { }2, 4w y z⎡ ∩ ∪ ⎤ =⎣ ⎦

( ) ( ) { }1, 3, 7, 8x z w w y z⎡ ∩ ∪ ⎤ − ⎡ ∩ ∪ ⎤ =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Obs.: Note que os elementos 5 e 6 podem estar em ( )x y w∩ − ou em ( )w y x∩ − que a resposta não se altera.

Alternativa C

Sejam r e s duas retas paralelas distando 10 cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e exterior à

região limitada por estas retas, distando 5 cm de r . As respectivas medidas da área e do perímetro, em 2cm e cm , do triângulo eqüilátero PQR cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s , são iguais a

a) 3175

3 e 5 21

b) 3175

3 e 10 21

c) 175 3 e 10 21 d) 175 3 e 5 21 e) 700 e 10 21 Resolução:

Q u e s t ã o 2 0

14

Resolução:

Como 55ºBÊC = o triângulo BEC é isósceles com BE BC= .

Sendo F a intersecção de BD e CE , temos:

90ºBFC = .

Os triângulos DEF e DCF são congruentes, pois são retângulos com EF CF= e DF é lado comum aos dois. Daí, como 75ºCDF = ,

temos 75ºEDF = . Alternativa D

Sejam X, Y, Z e W, subconjuntos de tais que ( ) { }1 2 3 4X Y Z , , , ,− ∩ = { }5 6Y , ,= Z Y ,∩ =∅ ( ) { }7 8W X Z , ,∩ − =

{ }2 4X W Z ,∩ ∩ = . Então o conjunto ( ) ( )X Z W W Y Z∩ ∪ − ∩ ∪⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ é igual a

a) { }1 2 3 4 5, , , ,

b) { }1 2 3 4 7, , , ,

c) { }1 3 7 8, , ,

d) { }1 3,

e) { }7 8,

Q u e s t ã o 1 9

11

1∴ =z ou 2 3z = + ou 2 3z = −

Se 1 5 1 0xz x= ⇒ = ⇒ =

Se ( )52 3 5 2 3 log 2 3xz x= + ⇒ = + ⇒ = +

Se ( )52 3 5 2 3 log 2 3xz x= − ⇒ = − ⇒ = −

Portanto o conjunto solução será:

( ) ( ) ( ){ }5 5 50,log 2 5 ,log 2 3 ,log 2 3+ + −

Alternativa D

Um subconjunto D de tal que a função f : D → , definida por ( ) ( )2 1f x ln x x= − + é injetora, é dado por

a) b) ( ]1,−∞

c) [ ]0 1 2, /

d) ( )0 1,

e) [ )1 2/ , ∞

Resolução:

Considerando as funções g(x) = |x|, h(x) = ln(x) e k(x) = x2 – x + 1, temos: f(x) = g h k(x).

Para que f(x) seja injetora devemos ter h k(x) injetora e h k(x) ≥ 0 ou h k(x) ≤ 0, pois o gráfico de g(x) é:

Para que h k(x) seja injetora k(x) deve ser injetora (h(x) é injetora), o que nos dá:

x ≥ 12

ou x ≤ 12

Resolvendo h k(x) ≥ 0 ou h k(x) ≤ 0, temos:

ln(x2 – x + 1) ≥ 0 ⇒ x2 – x + 1 ≥ 1 ⇒ x (x – 1) ≥ 0 ⇒ x ≤ 0 ou x ≥ 1 ou ln(x2 – x + 1) ≤ 0 ⇒ x2 – x + 1 ≤ 1 ⇒ x (x – 1) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1 Intervalos que satisfazem às duas condições são:

Q u e s t ã o 1 5

12

Dentre as alternativas um conjunto possível é D = [0 ,1/2] Alternativa C

A soma de todas as soluções distintas da equação cos3 2cos6 cos9 0x x x ,+ + = que estão no intervalo 02

x ,≤ ≤π

é igual a

a) 2π d) 76π

b) 2312

π e) 1312

π

c) 96π

Resolução: cos3 2cos6 cos9 0x x x+ + =

[ ]2cos6 cos9 cos3 0x x x+ + =

2 cos6 2 cos6 cos3 0x x x⋅ + ⋅ ⋅ =

[ ]2cos6 1 cos3 0x x+ =

( )cos6 0 Ix =

( )cos3 1 IIx = −

Resolvendo ( )I :

cos6 0x = ⇒

62 12362 4

5 562 12

x x

x x

x x

π π⎧ = ⇒ =⎪⎪

π π⎪ = ⇒ =⎨⎪⎪ π π

= ⇒ =⎪⎩

Resolvendo ( )II :

cos3 1 33

x x x π= − ⇒ = π⇒ =

A soma S das soluções será:

S =5

12 4 12 3π π π π+ + + =

3 5 412

π + π + π + π=

312π

Alternativa E

Q u e s t ã o 1 6

13

Considere o conjunto { }1 365D n ; n= ∈ ≤ ≤ e ( )H P D⊂ formado por todos os subconjuntos de D com 2 elementos.

Escolhendo ao acaso um elemento B H ,∈ a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 é igual a

a) 1

730

b) 46

33215

c) 1

365

d) 92

33215

e) 91

730

Resolução: Seja n o número de elementos de H :

365 2365 364 365 182

2,n C ⋅= = = ⋅

Seja m o número de elementos de H cuja soma dos próprios elementos é igual a 183 :

182 912

m = =

Seja P a probabilidade pedida: 91 1

365 182 730mP .n

= = =⋅

Alternativa A

Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BAC, mede 40º. Sobre o lado AB, tome o

ponto E tal que 15ACE º .= Sobre o lado AC, tome o ponto D tal que 35DBC º .= Então, o ângulo EDB vale a) 35º b) 45º c) 55º d) 75º e) 85º

Q u e s t ã o 1 7

Q u e s t ã o 1 8